Tiling Terrace
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题意
给出一个字符串 \(s\)，每次可以选择三种类型来获得价值
\(Type1:“.”\) 获得 \(w_1\) 元
\(Type2:“..”\) 获得 \(w_2\) 元
\(Type3:“.\#.”\) 获得 \(w_3\) 元
此外，还有两个限制条件
\(Limti1:Type1\) 至多只能选 \(K\) 个
\(Limit2:\) 每个字符只能被选择一次
问最多可以获得的价值。
思路
首先可以发现，对于两个相邻的 \(\#\)，如果我们确定了这两个的状态，也就是不用或者当成 \(Type3\) 来用，那么我们就可以知道这两个 \(\#\) 之间的 \(.\) 的数量。如果这个数量是奇数，那么意味着其中有一个 \(.\) 拿来用作 \(Type1\) 是必然不会亏的，也就是这个 \(.\) 是白嫖的。
令 \(dp[i][j][k][0/1]\) 表示到第 \(i\) 个 \(\#\) 号为止，白嫖了 \(j\) 个 \(Type1\)，选了 \(k\) 个 \(Type3\)，并且第 \(i\) 个 \(\#\) 是否当成 \(Type3\) 来用。
为了方便计算，我们可以在整个字符串的开头加入一个 \(\#\)，整个字符串的结尾加入一个 \(\#\)，那么整个的状态必然要从 \(dp[0][0][0][0]\) 开始递推，必然以 \(dp[\#_{number}][j][k][0]\) 结尾。
这样推出来以后，我们就知道了白嫖 \(a\) 个 \(Type1\)，选 \(c\) 个 \(Type3\) 的情况下，最多可以获得多少个 \(b\)。最后对 \(a、b、c\) 贪心求答案，尝试在 \(Type1\) 不超过 \(K\) 的情况下把 \(Type2\) 换成 \(Type1\)。
我们可以发现，由于 \(\#\) 的个数最多就 \(50\) 个，那么白嫖的 \(Type1\) 必然不会超过 \(51\)，所以整个 \(dp\) 的复杂度是 \(O\left(50^3\times4\right)\) 的
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> File Name : J.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : Tue 05 Nov 2019 10:00:31 PM CST
***************************************************************/
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n, m;
int cas, tol, T;
ll g1, g2, g3;
char s[maxn];
ll dp[60][60][60][2];
vector<int> vv;
ll calc(ll a, ll b, ll c) {
if(a > m) a = m;
ll ans = a*g1 + c*g3;
ll tmp = min(b, (m-a)/2);
ll res = max(b*g2, (b-tmp)*g2 + tmp*2ll*g1);
if(a+tmp*2<m && b-tmp>0) res = max(res, res-g2+g1);
return ans+res;
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d%d%lld%lld%lld", &n, &m, &g1, &g2, &g3);
scanf("%s", s+1);
vv.clear();
vv.pb(0);
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(s[i]=='#') vv.pb(i);
}
vv.pb(n+1);
for(int i=0; i<60; i++) for(int j=0; j<60; j++)
for(int k=0; k<60; k++) for(int z=0; z<2; z++)
dp[i][j][k][z] = -INF;
dp[0][0][0][0] = 0;
int sz = vv.size()-1;
for(int i=0; i<sz; i++) {
int s = vv[i+1]-vv[i]-1;
for(int j=0; j<60; j++) {
for(int k=0; k<60; k++) {
if(dp[i][j][k][0] >= 0) {
if(s>=0) dp[i+1][j+s%2][k][0] = max(dp[i+1][j+s%2][k][0], dp[i][j][k][0] + s/2);
if(s>=1) dp[i+1][j+(s-1)%2][k][1] = max(dp[i+1][j+(s-1)%2][k][1], dp[i][j][k][0] + (s-1)/2);
}
if(dp[i][j][k][1] >= 0) {
if(s>=1) dp[i+1][j+(s-1)%2][k+1][0] = max(dp[i+1][j+(s-1)%2][k+1][0], dp[i][j][k][1] + (s-1)/2);
if(s>=2) dp[i+1][j+(s-2)%2][k+1][1] = max(dp[i+1][j+(s-2)%2][k+1][1], dp[i][j][k][1] + (s-2)/2);
}
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i=0; i<60; i++) for(int j=0; j<60; j++) if(dp[sz][i][j][0]>=0)
ans = max(ans, calc(i, dp[sz][i][j][0], j));
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}